【文档说明】卷1-备战高考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（重庆专用）·2月卷（解析版）.docx，共(22)页，873.909 KB，由管理员店铺上传

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1备战2021年高考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（重庆专用）·2月卷第一模拟一、单项选择题:本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（2020

·重庆市第七中学校高三月考）原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的是（）A．42He核的结合能约为14MeVB．63Li核比42He核更稳定C．两个21H核结合成42He核时释放能量D．23592U核中核子的平均结合能比8956Kr核中的大【答案】C【解析

】A．42He核有4个核子，由比结合能图线可知，42He核的比结合能约为7MeV，其结合能约为28MeV，故A错误；B．比结合能越大，原子核越稳定，由图像可知，42He核比63Li核的比结合能大，42He核比63Li核更稳定，故B错误；C．两个21H核结合成42He核时，核子的

比结合能变大，结合时要放出能量，故C正确；D．由比结合能图线知，23592U核中核子平均结合能比8956Kr核中的小，故D错误。故选C。2．（2020·重庆高三其他模拟）如图所示，竖直光滑圆环P固定在木板Q上，木板Q放置在光滑水平地面2上，木板的左右两

侧各有一固定在地面上的挡板M、N，使木板不能左右移动。重量为G的小球在环内侧做完整的圆周运动，木板始终静止不动，不计空气阻力。当小球运动到与圆环圆心等高处时，挡板所受木板弹力大小至少为（）A．GB．2GC．

3GD．5G【答案】C【解析】在最高点小球的速度最小时，小球运动到与圆环圆心等高处时挡板所受木板弹力最小，则在最高点，速度最小时有21vmgmR=解得1vgR=从最高点到与圆心等高点的过程中，机械能守恒，设速度为v2，根据机械能守恒定律，有22121122mvmgRmv+=解得23vgR=

由牛顿第二定律2233NvFmmgGR===故选C。3．（2020·重庆高三其他模拟）如图所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端栓接一小球，弹簧水平且为原长时，将小球从静止开始无初速度释放，不计空气阻力，重力加速度为g。小球运动至最低点时加速度大小可能为

（）A．gB．2gC．3gD．4g【答案】A【解析】3这弹簧原长为L，在最低点弹簧伸长量为x，弹簧劲度系数为k，则小球达到最低点时的速度为v，在最低点弹簧弹力和小球重力提供向心力，即2mvkxmgmaLx−==+在最

低点弹簧弹性势能212pFEWFxkx===根据机械能守恒定律可得2211()22mgLxmvkx+=+则有21()()022mamgLxkx−+=则2ag故选A。4．（2020·重庆市开州中学高三一模）真空中

，在x轴的坐标原点O和坐标为xd=的P处，分别固定带电荷量为+4q和q−的两个点电荷，如图所示。x轴上场强大小为零的坐标位置是（）A．xd=−B．5dx=C．45xd=D．2xd=【答案】D【解析】正电荷产生的场强指向外侧，负电荷产生的场强指向内侧，点电荷场强

公式2QEkr=要使某点场强为零，两电荷在该点的场强应等大、反向，分析可知，该点应在P右侧，设该点离O距离为x，可知224()qqkkxxd=−可解得x=2d。故选D。5．（2020·沙坪坝区·重庆八中高三月考）如图所示为一台学用手摇式交流发电机。若已知大皮带轮半

径为0.2m，小皮带轮半径为0.02m，以每分钟60圈匀速摇动大皮带轮上的手柄，且摇动过程中皮带不打滑，则4下列说法中正确的是（）A．大皮带轮与小皮带轮转动的角速度之比为10：1B．发电机产生的交变电流频率

为60HzC．若手摇手柄的转速减半，产生交流电的最大值不变D．若手摇手柄的转速减半，产生交流电的有效值减半【答案】D【解析】A．大小皮带轮由皮带相连，故两轮边缘上的点的线速度大小相等，由vr=可知，两轮的角速度与半径成反比，即角速度之比为

1：10，故A错误；B．大轮转速为60r/min，由转速与角速度的关系2n=可知，转速与角速度成正比，故小轮的转速为600r/min=10r/s，故发电机产生的交变电流频率为10Hz，故B错误；C

．产生的交流电动势的最大值mENBS=故若手摇手柄的转速减半，小轮转速也将减半，角速度也减半，从而产生交流电的最大值也会减半；故C错误；D．正弦交流电的有效值m2EE=因此，最大值减半，有效值也将

减半，故D正确。故选D。6．（2019·重庆西南大学附中高三月考）如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机。为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角保持不变，在此过程中主机沿竖直方向匀速

上升，则在提升主机过程中，下列说法正确的是5A．缆绳拉力1F和拉绳拉力2F大小都不变B．缆绳拉力1F和拉绳拉力2F大小都增大C．缆绳与竖直方向的夹角a可能大于拉绳与竖直方向的夹角D．缆绳拉力1F的功率保持不变【答案】B【解析】A．主机竖直向上匀速运动故合力为零

，受力分析如图：在上升过程中，α增大，而β不变，则三个力构成动态平衡，重力mg为恒力，F2保持方向不变，F1顺时针转动，由图解法可判断出缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大，故A错误，B正确；C．由三力平衡特点（任意两个力的合力与第三个力等大反向）可知，F1的方向始终在mg和F2所夹的的对

角线的反向延长线上，则一定有缆绳与竖直方向的夹角α小于角β，故C错误；D．对于主机向上做匀速直线运动，由动能定理可知：120FFkPtmgtPtE−−==而拉力F2的功率为PF2=F2vcosβ，由

于F2变大，而β不变，则拉力F2的功率会增大，由12FmgFPPP=+可知F1的功率增大，故D错误。故选B。7．（2020·渝中区·重庆巴蜀中学高三月考）如图所示，在0≤x≤a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在t=0

时刻，从原点O发射一束等速率的相同带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°~90°范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场右边界上63(,)3Paa点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在磁场中做圆周运动的半径为aC

．带电粒子在磁场中运动的最短时间为02tD．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0【答案】D【解析】AB．如图甲所示，由左手定则得带电粒子带负电。由几何关系可知2223()3raar=+−解得23ra=此时圆心角为120故AB

错误；C．如图乙所示，弦长最短时，运动时间最短，根据几何关系可知：732sin243aa==45则圆心角120290所以运动的时间大于02t故C错误；D．如图丙所示，恰好相切时，运动时间最长，转过圆心角恰好为4π3，时间恰好为2t0，故D正确。故选D。二、多项选择题:本题

共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分.8．（2020·重庆市开州中学高三一模）如图所示，水平固定的粗糙直杆上套有一质量为m的小球。轻弹簧一端固

定在O点，另一端与小球相连，弹簧与直杆在同一竖直面内，直杆上有a、b、c、d四点，ab=bc，b在O点正下方，小球在a、d两点时，弹簧弹力大小相等。开始时，小球静止于d点，然后给小球一水平向右的初速度v0，小球经过cb两点时速度大小分别为vc、vb，到达a点时速度

恰好减小为0。则下列说法正确的是（）A．小球能在a点静止B．若在a点给小球一水平向左的初速度v0，小球不能到达d点8C．若在a点给小球一水平向左的初速度v0，小球经过b点时速度大于vbD．若在a点给小球一水平向左的初速度v0，小球经过c点

时速度大小为220cvv−【答案】ACD【解析】A．小球开始时静止于d点，则Ffd≤μFNd，假设小球可以在a点静止，由受力分析可知，小球在d点受到的支持力FNd小于在a点受到的支持力FNa，小球在d点受到的摩擦力大于小球在a点受到的摩擦力，一定有Ffa<μFNa，则小球在a

点静止，A正确；B．在d点和a点弹簧弹力大小相等，弹簧的弹性势能相等，因此弹簧在a、c、d位置，弹性势能均相等，由能量守恒可知，设小球从d到a运动中克服摩擦力做功W1，满足20112mvW=若在a点给小球一水平向左的初速度v0，则小球从a

点到d点运动中克服摩擦力做功也为W1，同样满足20112mvW=因此小球可以到达d点，B错误；C．设小球从d到b运动中克服摩擦力做功W2，小球从a到b运动中克服摩擦力做功W3，设b点弹簧的弹性势能为Eb，小球从d到b运动中，

有22021122dbbmvEmvEW+=++同理小球从a到b运动中，有22031122abbmvEmvEW+=++由于W2>W3所以vb<vb＇C正确；D．小球从c到a运动中，有2f12ccamvW=小球从a到c运动中，设小球经c点时速度大小为

vc＇，有220f1122cacmvmvW=+由于Wfca=Wfac9解得220ccvvv=−D正确。故选ACD。9．（2020·沙坪坝区·重庆八中高三月考）以两天体A、B中心连线为底的等边三角形的第三个顶点被称为“三角拉

格朗日点”，如果在该点有一颗质量远小于A、B的卫星C，则三者可以组成一个稳定的三星系统，如图所示。由于C对A、B的影响很小，故A、B又可视作双星系统绕连线上某定点P（未画出）做匀速圆周运动。已知天体A、B、C的质量分布均匀，且分别

为m1、m2、m3，已知m1=2m2，两天体A、B中心间距为L，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．天体A做匀速圆周运动的轨道半径为2LB．天体A、B所需要的向心力大小之比为2：1C．卫星C所受合力恰好指向P点D．卫星C的周期为3122()L

Gmm+【答案】CD【解析】ABD．由于A、B可视作双星系统绕，万有引力提供向心力得21211224GmmmrLT=21222224GmmmrLT=又m1=2m2，12rrL+=联立解得211213mrLmm==+，3122()LT

Gmm=+10故AB错误，D正确；C．由于C质量远小于A、B的质量，对它们共同环绕点的影响可以忽略不计，即卫星C所受合力指向P点。故C正确。故选CD。10．（2020·九龙坡区·重庆市育才中学高三开学考试）如图所示，在倾角30=的光滑绝缘斜面

上存在一有界匀强磁场，磁感应强度B=1T，磁场方向垂直斜面向上，磁场上下边界均与斜面底边平行，磁场边界间距为L=0.5m。斜面上有一边长也为L的正方形金属线框abcd，其质量为m=0.1kg，电阻为0.5R=。第一次让线框cd边与磁场上边界重合，无初速释放后，ab边刚进入磁场时，线框以速率v

1作匀速运动。第二次把线框从cd边离磁场上边界距离为d处释放，cd边刚进磁场时，线框以速率v2作匀速运动。两种情形下，线框进入磁场过程中通过线框的电量分别为q1、q2，线框通过磁场的时间分别t1、t2，线框

通过磁场过程中产生的焦耳热分别为Q1、Q2.已知重力加速度g=10m/s2，则：（）A．121vv==m/s，0.05d=mB．120.5qq==C，0.1d=mC．12:9:10QQ=D．12:6:5tt=【答案】BCD【解析】A．匀速运动时，对线框进行受力分析可知22sinBLvmgR

=可得121m/svv==根据机械能守恒221sin2mgdmv=可得0.1md=A错误；B．进入磁场过程中112BLEtt==EIR=qIt=①由三式联立得2=BLqR代入数据整理得120.5Cqq==结合A选项可知B正确；C．

根据能量守恒定理，第一次进入磁场过程中211192sin30J220QmgLmv=−=第二次由于匀速运动212sin30J2QmgL==因此12910QQ=C正确；D．根据动量定理，第一次进入磁场的时间1sinmgtFtmv−=②而FBIL=③将

①③代入②代入数据，可得0.7st=接下来匀速运动，离开磁场的时间0.5sLtv==因此第一次穿过磁场的时间11.2sttt=+=第二次匀速穿过磁场的时间12221.0stt==因此1265tt=D正确。故选BCD。三、非选择题:共57分。第11～14题为必考题，每个试题

考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题:共45分。11.（6分）（2021·重庆高三月考）某同学用图甲所示装置测量重力加速度g，所用交流电频率为50Hz。在所选纸带上取某点为0计数点，然后每3个点取一个计数点，所有测量数据及其标记符号如图乙所示。该同学用两

种方法处理数据（T为相邻两计数点间的时间间隔）。方法一：由2112xxgT−=，3222xxgT−=，…，6552xxgT−=，取平均值28.667m/sg=；方法二：由41123xxgT−=，52223xxgT−=，63323xxgT−=，取平均值28.673m/

sg=。（1）从数据处理方法看，在1x、2x、3x、4x、5x、6x中，对实验结果起作用的，方法一中有13_________；（填“1x、2x、3x、4x、5x、6x”中的某几个）（2）分析可知选择方法_________

（填“一”或“二”）更合理，这样可以减少实验的_________（“系统”或“偶然”）误差；（3）本实验导致g测量值偏小的主要误差是___________。【答案】1x，6x二偶然空气阻力，或者纸带和限位孔间的摩擦力，或者纸带受到复写纸的

阻力等【解析】（1）方法一中，求g的平均值的过程中，其中2x、3x、4x、5x在计算中会被消掉，只有1x、6x有用到；（2）而方法二计算时所有数据都用到了，所以方法二更合理；用方法二对整个过程求加速度时，同时求了平均值，这种方法可以减小偶然误差，无法减小系统误差；（3）重

物带着纸袋下落时，会受到空气阻力，纸带与限位孔、墨粉纸盘等的的摩擦力，导致测量值偏小。12.（9分）（2020·渝中区·重庆巴蜀中学高三月考）甲、乙两组同学用伏安法先后测量同一节干电池（电动势约为1.5伏、内阻约为几欧姆）的电动势和内阻，设计的电路图如图甲、乙

所示。（1）由于乙组同学的电压表V2量程为0.25V，内阻为2.2kΩ，设计电路时，他想把电压表的量程扩大到原来的5倍，需要串联的电阻R1=___________kΩ。（2）两组同学测量数据后将其描绘到U-I图上，如图甲、乙所示，根据

甲组同学写出的U-I，关系可知：电动势的测量值E甲=1.40V，内阻的测量值r甲=3.01Ω。根据乙组同学画出的U-I图可以计算，电动势的测量值E乙=___________V，内阻的测量值r乙=_______

____Ω。（结果均保留3位有效数字）14（3）如果考虑电压表和电流表的内阻，甲组的测量图像与真实图像的关系正确的是___________，乙组的测量图像与真实图像的关系正确的是___________。（4）如果

认为甲组测量后乙组再进行测量时，电源的电动势和内阻都不变，且忽略实验操作中的偶然误差，根据甲、乙两组同学的数据可计算电源的真实内阻r=___________Ω。【答案】8.81.49±0.013.91±0.06BA3.15~3.26【解析】（1）需要串联的电阻𝑅1=5𝑈−𝑈𝑈𝑅𝐺=4

×0.250.252.2kΩ=8.8kΩ（2）由图乙可得U-I关系为U=-0.782I+0.297，当I=0时U=0.297V，则此时电动势测量值E=0.297×5≈1.49V内阻的测量值𝑟=0.782×5𝛺=3.91𝛺15（3）如果考虑电压表和电流表的内阻，甲组中由于电压表的

分流作用，使得电流的测量值偏小，但是短路电流不变，则测量图像与真实图像的关系正确的是B图；乙组中由于电流表内阻的影响，使得内阻测量值偏大，但是电动势是准确的，则测量图像与真实图像的关系正确的是A。（4）由图甲可知电源的短路电流为𝐼短=1.403.01A=0.465𝐴或者直接读出

横截距0.465±0.005𝐴；即由图乙知道电动势的准确值为𝐸乙=1.49±0.01𝑉故电源内阻为𝑟=𝐸乙𝐼短=1.49±0.01𝑉0.465±0.005A=3.15~3.26𝛺13.（12分）（2020·重庆市云阳江口中学校高三月考）如图所示，静置于水平

地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰

撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：（1）整个过程中摩擦阻力所做的总功；（2）人给第一辆车水平冲量的大小；（3）第一次碰撞系统功能的损失量。16【答案】（1）－6kmgL；（2）27mkgL；（3）132kmg【解析】（1）设运动过程中摩

擦阻力做的总功为W，则W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL（2）设第一车的初速度为0u，第一次碰前速度为1v，碰后共同速度为1u，第二次碰前速度为2v，碰后共同速度为2u，有22101122kmgLmvmu−=−222111

(2)(2)22kmgLmvmu−=−221(3)0(3)2kmgLmu−=−动量守恒112mvmu=2223mvmu=人给第一辆车水平冲量的大小227ImumkgL==（3）根据以上公式解得2126vkgL=2211112644uvkgL==则第一次碰撞系统动能损失()22k11111

132222Emvmukmg=−=1714.（18分）（2020·沙坪坝区·重庆一中高三期末）磁悬浮列车的运动原理如图所示，在水平面上有两根水平长直平行导轨，导轨间有与导轨面垂直且方向相反的匀强磁场B1和B2，B1和B2相互间隔，导轨上有金属框a

bcd。当磁场B1和B2同时以恒定速度沿导轨向右匀速运动时，金属框也会由静止开始沿导轨向右运动。已知两导轨间距L1=0.4m，两种磁场的宽度均为L2，L2=ab，B1＝B2=1.0T。金属框的质量m=0.1kg，电阻R=2.0Ω。金属框受到的阻力与其速度成正比，即f

=kv，k=0.08kg/s，只考虑动生电动势。求：（1）开始时金属框处于图示位置，判断此时金属框中感应电流的方向；（2）若磁场的运动速度始终为v0=10m/s，在线框加速的过程中，某时刻线框速度v1=7m/s，

求此时线框的加速度a1的大小；（3）若磁场的运动速度始终为v0=10m/s，求金属框的最大速度v2为多大？此时装置消耗的总功率为多大？【答案】（1）abcda的方向（2）4m/s2（3）8m/s；6.4W【解析】（1）磁

场以恒定速度沿导轨向右匀速运动，则由楞次定律可知金属框中感应电流的方向是：abcda的方向；（2）根据楞次定律可知金属框与磁场同向运动，感应电动势：1012()EBLvv=−感应电流：1012()BLvvEIRR−==左右两边受到的安培力都为：2210

112()ABLvvFBILR−==根据牛顿第二定律有：112AFkvma−=解得此时金属框的加速度：112AFkvam−=18代入数据解得：214m/sa=；（3）当金属框有最大速度时做匀速运动，所受合外力为零：'220AFkv−=左右两边受到的安培力都为：22''1021021

12()2()ABLvvBLvvFBILBLRR−−===代入数据解得最大速度：28m/sv=；装置消耗的功率分克服阻力做功的功率和电功率两部分，克服阻力做功的功率：'2122Pfvkv==代入数据解得：15.12WP=；电功率：()22'02122BL

vvEPRR−==代入数据解得：21.28WP=；此时装置消耗的功率：126.4W=+=PPP答：（1）此时金属框中感应电流的方向为abcda；（2）此时线框的加速度214m/sa=；（3）金属框的最大速度28m/sv=；此时装置消耗的总功率为6.

4W。（二）选考题:共12分。请考生从第15题和第16题中任选一题作答，若两题都做，则按所做的第一题记分。15.[选修3-3]（12分）（1）（4分）（2020·九龙坡区·重庆市育才中学高三月考）下列各种叙述中正确的是。（在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）A．一定

质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强可能不变B．当液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间的距离小于液体内部分子间距离C．悬浮在水里的花粉颗粒越大，撞击花粉颗粒的水分子越多，布朗运动越

明显D．第二类永动机违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律【答案】B19【解析】A．一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，温度升高，则压强一定变大，选项A错误；B．液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离，附着层内分子间作用表现为斥力，故B正确；C

．悬浮在水里的花粉颗粒越大，撞击花粉颗粒的水分子越多，越容易达到平衡，布朗运动越不明显，故C错误；D．第二类永动机违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律，选项D错误。故选B。（2）（8分）（2020·重庆市开州中学高三一模）如图所示，用打气筒通过细导管向一容器打气。向上提打气筒活塞时，空气自由

进入打气筒内部；当活塞下压到一定程度时，打气筒内气体全部被压到容器内部。已知打气之前，容器内原有空气的压强与外界大气压强p0相同、体积为V，活塞每次上提后进入打气筒内的气体体积为0.5V，打气过程中气体温度不变，容器内部体积不变，气体只能单向从打气筒中进入容器，细导管内气体体积可忽略

不计。求：（1）第1次打气完成后，容器内气体压强；（2）若打气筒活塞每次上提的高度为h，第n次打气时，下压活塞到离筒底高度为多少时才能将气体打入容器内部？【答案】（1）1.5p0；（2）21hn+【解析】（1）由于是等温变化

，把V和0.5V中气体作为一定质量的气体，根据玻意耳定律得：p0（V+0.5V）=p1V解得p1=1.5p0（2）第n次打气时，已经打入了n-1次气体，则此时的压强为pn-1，则p0[V+0.5V（n-1）]=

pn-1V第n次打气时必须要把气筒内的气体压缩到压强pn-1才能打入容器内部，设下压活塞到离筒底高度为x，则2001nphSpxS−=联立解得21hxn=+16.[选修3-4]（12分）（1）（4分）（2021·沙坪坝区·重庆一中高

三月考）图（a）为一列简谐横波在t=0.1s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1m处的质点，Q是平衡位置在x=4m处的质点，图（b）为质点Q的振动图象。下列说法正确的是_________。（在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）A．此简谐波沿x轴正方向传播B．此简谐波的波速大小为20m

/sC．从t=0.1s到t=0.125s，质点P通过的路程为5cmD．t=0时刻，质点P振动方向沿y轴向下【答案】D【解析】A．图（b）为质点Q的振动图象，t=0.1s质点Q的速度方向向下，由波形的平移法可知，这列波沿x轴负方向传播。故A错误。B．由图知：λ=8m，T=0.2s，则波速8m/s4

0m/s0.2vT===故B错误；C．从t=0.1s到t=0.125s经历时间为0.025s18tT==，P是平衡位置在x=1m处的质点，根据正弦函数关系可知此过程中质点P运动的位移小于5cm，故C错

误；D．波沿x轴负方向传播，t=0时刻，质点P振动方向沿y轴向下，故D正确；故选D。（2）（8分）（2020·重庆高三其他模拟）如图所示，空气中，屏与半圆形玻璃砖右边缘N点接触，且与其直径边MN21垂直。玻璃砖半径为R，O为圆心

，屏足够长。一束单色光从玻璃砖上P点沿PO方向入射，与MO夹角为60°。已知玻璃砖对这束光的折射率为3，光在真空中的传播速度为c。求：（1）屏上两光斑之间的距离；（2）光在玻璃砖中运动的最长光程及相应时间。【答案】（1）433xR=；（2）23R=，23Rtc=；【解析】（1）由题意可知，入射角

为30°，N点上方的光斑到N点的距离为x11tan603xRR==o由折射定律sinsin30n=N点下方的光斑到N点的距离为x22tanRx=屏上两光斑之间的距离为12xxx=+解得433xR=（2）光在玻璃砖中运动

的最长光程为223RnR==光在玻璃中的速度为22cvn=光在玻璃砖中运动的最长光程所对应的时间2Rtv=解得23Rtc=